Электродинамика (электростатика): Методические указания к практическим занятиям

Министерство общего и профессионального образования РФ ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ Физический факультет Кафедра теоретической физики

ЗАПРЯГАЕВ С. А. ЭЛЕКТРОДИНАМИКА (Электростатика) Методические укзания к практическим занятиям по курсу "ЭЛЕКТРОДИНАМИКА" для студентов 3-го курса дневного отделения

Рекомендовано Учебно - Методическим Объединением университетов РФ в качестве учебного пособия

Воронеж 1998

1

1

ЭЛЕКТРОСТАТИКА

1.1 Общие формулы электростатики

Закон (определение) Формулы 1. Система уравнений ~ = 4πρ; rot E ~ = 0; D ~ =E ~ + 4π P ~ Максвелла div D (1) (дифференциальная ~ - вектор индукции; ρ - объемная плотность D форма) ~ - напряженность поля; P ~ - дипольный заряда; E момент единицы объема. ~ = εE, ~ В случае однородной, изотропной среды D ε - диэлектрическая проницаемость среды I Z 2. Интегральная ~ · d~S = 4πQ = 4π ρ dV D (2) форма записи системы I ~ · d~l = 0 Максвелла E (3) 3. Скалярный потенциал ϕ 4. Полный системы Q

~ = −grad ϕ; E

ϕ(2) − ϕ(1) = −

Z 2 1

~ · d~l E

(4)

заряд В случае объемно - распределенного заряда в R системе Q = ρ dV . Для поверхностно R распределенного заряда Q = σ dS. Для линейно R - распределенного заряда Q = τ dl. ρ, σ, τ - объемная, поверхностная и линейная плотность заряда. 1 5. Дифференциальное (5) ∇2 ϕ(~r) = −4π ρ(~r) ε0 уравнение для заряженный объем: 1 Z ρ(~r ) определения ϕ и dV 0 (6) ϕ(~r ) = 0 V |~ ~ ε r − r | частное решение заряженнная поверхность: Z 0 неоднородного σ(~r ) 1 0 dS (7) ϕ(~r) = уравнения Пуассона ε S |~r − ~r 0 | 0 заряженная линия: 1 Z τ (~r ) 0 dl (8) ϕ(~r) = ε L |~r − ~r 0 |

2

Закон (определение) 6. Вектор Герца электрического типа ~e Π

Формула ~ e; ϕ = −div Π

(9)

~ = grad div Π ~ + rot rot Π ~ e = −4π P ~e E

7. Дифференциальное ~e уравнение для Π

~ ∇ Πe = −4π P; 2~

8. Поверхностные уравнения

~ e (~r) = Π

D2n − D1n = 4πσ;

Z

~ r 0) P(~ 0 0 dV |~r − ~r |

(10)

E2τ = E1τ

(11)

ε2 E2n − ε1 E1n = 4πσ; D2τ /ε2 = D1τ /ε1 ! ! ∂ϕ ∂ϕ − ε1 = −4πσ; ϕ1 = ϕ2 (12) ε2 ∂n 2 ∂n 1

1.2

Теорема Гаусса

Уравнение (2) называется теоремой Гаусса. Данное уравнение удобно использовать, когда условия симметрии системы позволяют вычислить ~ Если имеется поверхностный интеграл, определяющий поток вектора D. ~ и |D| ~ = const, ˜ на которой выполняются соотношения dS ~kD поверхность S, то поток вектора через S˜ имеет вид: I

~ · d~S = Dn S. ˜ D

(13)

Таким образом, уравнение (2) превращается в алгебраическое, из которого ~ Направление вектора D ~ совпадает с находится модуль вектора D. ˜ Покажем на примерах, как в простейших направлением нормали к S. ˜ случаях можно установить вид поверхности S. Пример 1.2.1 Найти напряженность поля и скалярный потенциал точечного заряда q, расположенного в начале координат. Такая постановка задачи является искусственной, так как сама теорема (2) выведена, исходя из определения напряженности поля для точечного заряда. Однако, если считать (2) первичной, то можно рассуждать следующим образом. От выбора направления осей координат (см. рис.1 ~ k ~r, c. 3) физические свойства системы не зависят. Следовательно, вектор E

3

а величина этого вектора одинакова на сфере постоянного радиуса. В связи с этим, если выбрать в качестве S˜ в (13) сферу радиуса r, получим: I

~ · d~S ⇒ 4πr2 E(r). D

(14)

По условию теоремы Гаусса (2) поток вектора равен 4π × , т.е. ~ = q · ~r . E r2 r

(15)

Рис. 1:

Для определения скалярного потенциала выполним интегрирование в (4) вдоль радиуса-вектора от точки r до ∞ : Z ∞ Z ∞ q q ∞ q 0 ~ ~ ϕ(∞) − ϕ(r) = − E · dl = − dr = 0 = − . (16) 2 0 r r r r r r Исходя из определения потенциала, ясно, что ϕ определен с точностью до постоянной величины. Общепринято считать ϕ(∞) = 0, т.е. потенциал точечного заряда, расположенного в начале координат, имеет вид: q ϕ(r) = . (17) r ~ и скалярный Пример 1.2.2 Найти напряженность поля E потенциал ϕ в каждой точке пространства, создаваемые шаром радиуса R, заряженным сферически симметрично с объемной плотностью ρ(r) в системе координат, связанной с центром шара. Для решения задачи докажем, что напряженность в любой точке пространства направлена вдоль радиуса-вектора к данной точке и что на ~ = сфере постоянного радиуса величина напряженности постоянна, т.е. E ~ k ~r, ясно из следующих рассуждений. Выделим в E(r)~r/r. То, что E шаре бесконечно малый объем (т. A). Поле, создаваемое A в P , обозначим ~ A . Поле, создаваемое т. A0 , симметричной относительно OP , обозначим E ~ A0 . Очевидно, что |E ~ A | = |E ~ A0 |. Следовательно, результирующий вектор E по принципу суперпозиции направлен вдоль ~r. Поле всего шара можно представить как суперпозицию полей симметрично расположенных пар ~ k ~r. Если вращать шар относительно точек. В результате ясно, что E ~ = точки O, физически в системе ничего не изменится. Следовательно, |E|

4

const на сфере постоянного радиуса. Выбирая в качестве S˜ в (13) сферу радиуса r, получим (14). Использование теоремы Гаусса должно быть выполнено с соблюдением важного условия, а именно: заряд в (2) - это тот заряд, который находится внутри поверхности интегрирования. Отсюда, если точка наблюдения лежит внутри шара r < R, E · 4πr2 = 4π

Z r 0

ρ(r0 )dv 0 = 4πQ(r),

E(r) =

Q(r) , r2

(18)

где Q(x) определяется выражением Q(x) =

Z x

2

0

sin θdθ

Z 2π

dϕ. (19) Соответственно, если r > R, находим: 0

ρ(r)r dr

Z π

E(r) = Q(R)/r2 . Здесь Q(R) - полный Скалярный потенциал интегрированием вектора аналогично (16):

Рис. 2:

ϕ(∞) − ϕ(r) = − т. е.

  Q(R)/R

ϕ(r) = 

Q(R)/r,

Z R r

+

0

(20)

заряд шара. ϕ находим ~ вдоль ~r E

Q(r0 ) 0 Z ∞ Q(R) 0 dr − dr , R r02 r02

RR r

Q(x)/x2 dx,

r≤R r≥R

(21)

Комментарий: в частном случае ρ = const получим E(r) = Q/r2 для r > R и E = 34 πρr для r < R. Как видно, поле вне шара совпадает с полем точечного заряда Q(R), расположенного в начале координат. Пример 1.2.3. Найти напряженность поля и скалярный потенциал в произвольной точке пространства, создаваемые бесконечным цилиндром радиуса R, заряженным с объемной плотностью ρ(r) = arn . Здесь r - радиальная переменная цилиндрической системы координат, a = const, n = 0, 1, 2, . . . ~ = E(r)~r и E(r) - постоянна Из условий симметрии задачи следует, что E r на цилиндрической поверхности фиксированного радиуса (доказательство провести аналогично рассуждениям, приведенным в примере 1.2.2 cтр.3). В

5

результате по теореме Гаусса находим (для цилиндра высоты H): 8π 2 E1 (r)2πrH = Harn+1 ; n+1

E1 =

4π arn ; n+1

r≤R

8π 2 4π Rn+1 Harn+1 ; E2 = a ; r≥R n+1 n+1 r Для скалярного потенциала получаем на основании (4) в случае r < R: E2 (r)2πrH =

ϕ1 =

Z R r

Z ∞

E1 (x)dx+

R

4πa  Rn+1 − rn+1 E2 (x)dx = + Rn+1 (ln ∞ − ln R) ; n+1 n+1 



Соответственно для случая r ≥ R 4π a Rn+1 [ln ∞ − ln r] . r n+1 Слагаемое ln ∞ может быть опущено, так как ϕ определен с точностью до ~ постоянной, и данный член не изменяет величины E. Пример 1.2.4. Найти ~ в любой напряженность поля E точке пространства, создаваемую бесконечной пластиной, заряженной с поверхностной плотностью σ = const. Из условия симметрии следует, что ~ = ~iE(x). Если использовать теорему E Гаусса для цилиндра произвольной высоты, ось которого параллельна оси Рис. 3: x, то для цилиндра не пересекающего H ~ · d~S → (E1 − E2 )S = 0. S-площадь заряженную плоскость, найдем: D основания цилиндра. Очевидно интеграл по боковой поверхности равен ~ ⊥ ~n . Таким образом, E ~ = const. Если же расположить 0, так как E цилиндр так, чтобы он пересекал заряженную плоскость, получим: S(E1 + E2 ) = 4πσS. А так как E1 = E2 , находим окончательно: ~ = 2πσsign (x)~i. E Комментарий: данный метод имеет существенный недостаток, так как не может быть эффективно использован, если нет простой симметрии в системе зарядов, упрощающей интегральный член в (2). Задание на дом: решить задачи 2.1-2.3 на стр. 32. ϕ2 =

Z ∞

E2 (x)dx =

6

1.3 Решение задач электростатики методом интеграла Пуассона

Решение уравнения Пуассона (5) позволяет в общем случае определять поле независимо от симметрии в распределении зарядов. Вычисления по формулам (6) - (8) удобно проводить с использованием формулы, известной из курса математической физики: l ∞ X +l ∞ rl X X 0 4π r< 1 < ∗ 0 0 n · ~n )) = 0 = l+1 Pl (cos(~ l+1 Ylm (θ, ϕ)Ylm (θ , ϕ ). |~r − ~r | l=0 r> l=0 m=−l 2l + 1 r> (22) 0 0 Здесь r< = min(r, r ), r> = max(r, r ), Pl (x) - полином Лежандра [2], ~n = ~r/r, Ylm - сферическая функция, θ, ϕ - углы сферической системы координат, задающие направление вектора ~r, а θ0 , ϕ0 - направление вектора ~r 0 . Полный список свойств сферических функций и их явный вид при конкретных значениях l и m приведен, например, в [2]. Сферические функции образуют полную, ортонормированную систему функций: Z π Z 2π 0

0

∗ Ylm (θ, ϕ)Y 0 lm0 (θ, ϕ) sin θ dθ dϕ = δll0 δmm0 ,

(23)

δab - символ Кронекера. Приведем для справки явный вид Ylm в нескольких простейших случаях: 1 Y00 = √ ; 4π

Y10 (θ, ϕ) =

v u u t

3 cos θ; 4π

v u u t

Y1±1 (θ, ϕ) = ∓

3 sin θe±iϕ . (24) 8π

Используя (22), решение уравнения Пуассона можно представить в виде мультипольного разложения: ∞ 1X ϕ(~r ) = ϕl (~r ), ε l=0 здесь мультиполь ϕl определен соотношением: l Z 4π 0 0 0 r< ∗ Ylm (θ, ϕ) ρ(r , θ , ϕ ) l+1 Ylm (θ0 , ϕ0 ) dV 0 , ϕl (~r) = r> m=−l 2l + 1 +l X

(25)

(26)

dV 0 - элемент объема интегрирования, который, например, в сферической системе координат равен dV 0 = r0 2 dr0 sin θ0 dϕ0 . Аналогичные формулы следуют из (7) и (8). Пример 1.3.1. Кольцо радиуса R заряжено с линейной плотностью τ . Найти поле в любой точке пространства (см. рис. 4 на стр. 7).

7

Исходя из цилиндрической симметрии в выражении (8), следует выбрать: dl = Rdα0 , ~r = ~ix + ~jy + ~kz, ~r0 = ~iR cos α0 + ~jR sin α0 , 0

q

|~r − ~r | = r2 + R2 − 2R(x cos α0 + y sin α0 ) . В результате τR dα0 2 2 0 0 0 r + R − 2R(x cos α + y sin α ) (27) В общем случае этот интеграл вычисляется через эллиптический интеграл первого рода (см. в [3], Рис. 4: [4]). Продемонстрируем вычисление этого выражения методом мультипольных разложений с учетом формулы (22). В данном случае находим: ϕ(~r ) =

ϕ(~r ) = τ ·

X kq

Z 2π

q

k Z 2π 4π r< ∗ Y (θ, α) k+1 Ykq (θ0 , α0 )R dα0 0 2k + 1 kq r>

где r< = min(R, r), r> = max(R, r). На основании определения сферических функций [2] интеграл по угловой переменной α равен: Z 2π 0

π 0 π , α dα0 = 2πδq0 Ykq , 0 = 2πδq0 2 2 !

Ykq

!

v u u 2k t

+1 Pk (0) 4π

Известно, что полиномы Лежандра Pl удовлетворяют условию [3]: Pl (0) = 0 для l нечетных, а для l четных Pl (0) = (−1)l/2 l!/2l (l/2!)2 . В результате находим (выполнив замену индекса суммирования k = 2n): 2n (−1)n (2n)! r< ϕ(~r ) = 2πτ R P2n (cos θ). 2n+1 22n (n!)2 n=0 r> ∞ X

(28)

На оси кольца (при z > 0 ) θ = 0. При этом cos θ = 1 и P2n (1) = 1, и ряд (28) суммируется в выражение, которое может быть легко получено √ по принципу суперпозиции ϕ(z) = 2πτ R/ z 2 + R2 . Для доказательства выпишем несколько первых членов ряда (28) 

1 r< 1  1− ϕ(z > 0) = 2πτ R · r> 2 r>

!2

3 r< + 8 r>

!4

5 r< − 16 r>

!6



+ . . .

8

Сравнивая данное выражение с разложением в ряд Тейлора следующей 5 3 функции (1 + x)−1/2 = 1 − 21 x + 38 x2 − 16 x + . . ., получаем искомый результат ϕ(z) =

1 2πτ R q = r> 1 + (r< /r> )2

2πτ R 2πτ R √ = 2 + r2 R2 + z 2 r> <

q

Пример 1.3.2 Диск в виде плоского кольца радиусов R1 и R2 заряжен с постоянной поверхностной плотностью σ. Найти поле в любой точке пространства. (рис 5 c. 8) В формуле (7) положим dS = r0 dr0 dα0 . В результате Z R Z 2π 2

ϕ(~r ) =

R1

0

σ(r0 , α0 ) 0 0 0 r dr dα . |~r − ~r 0 |

Используя (22) и повторяя вычисления аналогично вычислениям в примере 1.3.1 , получим поcле интегрирования

Рис. 5:

по угловым переменным: Z R r 2n (−1)n (2n)! 2 < ϕ(~r ) = 2πσ P (cos θ) r0 dr0 , 2n 2n+1 2n 2 R1 r> n=0 2 (n!) ∞ X

где r< = min(r, r0 ), r> = max(r, r0 ). Радиальный интеграл следует рассматривать в трех разных областях r < R1 , r1 ≤ r ≤ R2 , r > R2 , чтобы определить, какая из переменных r, r0 есть r< или r> , соответственно. 1. r < R1 . В этом случае r< = r, r> = r0 , следовательно, Z R 2 R1

2n r<

r2n  1 1  0 0 2n+1 r dr = − 2n−1 − 2n+1 2n − 1 R2 r> R1 



2. R1 ≤ r ≤ R2 . В этом случае область интегрирования необходимо разбить на две области R1 ÷ r и r ÷ R2 . При этом в первой области r< = r0 , r >= r. Соответственно во второй области r< = r, r >= r0 . В результате: Z R 2 R1

2n r< 0 0 2n+1 r dr r>

=

2n r< r0 dr0 2n+1 R1 r>

Z r

+

Z R 2 r

Рис. 6: 2n r< 0 0 2n+1 r dr = r> 

i 1 1 h r2n  1 1  = · 2n+1 r2n+2 − R12n+2 − 2n−1 − 2n−1 2n + 2 r 2n + 1 R2 r 

9

3. r > R2 . В этом случае r< = r0 , r> = r: 2n r<

Z R 2

0 0 2n+1 r dr =

r>

R1

i 1 1 h · 2n+1 R22n+2 − R12n+2 2n + 2 r

Пример 1.3.3. Сфера радиуса R заряжена с поверхностной плотностью σ = σ0 cos θ. Найти поле в любой точке пространства. (рис 6 c. 8) В (7), в сферической системе координат, имеем dS =R2 sinθ0 dθ0 dα= R2 dΩ0 . Используя мультипольное разложение (22) и явный вид функции Y10 (24), получим: v u

ϕ(~r ) =

X kq

k Z u 4π 4πσ r< 4πσ r< · k+1 Ykq (θ, α) Y10 Ykq dΩ0 R2 t = · 2 cos θR2 2k + 1 r> 3 3 r>

Отсюда находим:   4πσ/3

ϕ(r) = 

· r · cos θ, r R

(29)

Пример 1.3.4. Шар радиуса R заряжен с объемной плотностью ρ = ρ0 cos θ. Найти поле в любой точке пространства. В данном случае необходимо воспользоваться формулой (6). Повторяя вычисления интегралов по угловым переменным аналогично предыдущему примеру, находим: Z R r 4πρ < 02 0 cos θ r dr . ϕ(~r ) = 0 r2 3 >

Рис. 7:

Рассмотрим два случая в соответствии с геометрией системы. 1. r > R 4πρ0 cos θ Z R 0 3 0 πρ0 cos θ ϕ(~r ) = · 2 r dr = · 2 · R4 0 3 r 3 r

(30)

2. r < R 



Z r r Z R r 4 4π0 ρ < 02 0 < 02 0 ϕ(~r ) = cos θ ·  r dr + r dr = πρ r R − r cos θ 0 0 r2 r r2 3 3 > > !

10

Пример 1.3.5. Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Его внешняя неограниченная экваториальная плоскость заряжена с поверхностной плотностью σ. Найти скалярный потенциал в любой точке пространства. Из общей формулы получить частный случай поля на оси симметрии системы (см. задачу 26 в [1]). По принципу суперпозиции ϕ можно представить в виде суммы двух членов: ϕ = ϕ + ϕ. ϕ найден в примере 1.2.2, (формула (21)), в которой нужно рассмотреть частный случай ρ = const). Для сравнения приведем другое решение этой же задачи, основанное на мультипольных разложениях. В соответствии с (6) находим: ϕ=

X lm

Z rl 4π < ∗ 0 0 0 Ylm (θ, ϕ) l+1 Ylm (θ , ϕ )dV = 2l + 1 r>

(31)

l Z Z ρ(r 0 ) √ Z r< 4π 2 02 0 ∗ = Ylm (θ, ϕ) 4π r0 dr0 . Y00 Ylm dΩ = 4π l+1 ρr dr r> r> lm 2l + 1 В последнем выражении надо рассмотреть два случая: r > R и r < R. Пусть r < R, из (31) получим: X

ϕ(1) =

r0 2 dr0 Z R 0 0  r2 + r dr = 2πρ R2 −  , r r 3

 Z r 4πρ  0







r
Если r > R, из (31) получим: ϕ

(2)

1 Z R 0 2 0 4π 3 1 Q r dr = Rρ = , = 4πρ r 0 3 r r

r>R

В результате    2πρ R2



− r2 /3 ,

rR Для определения потенциала плоскости воспользуемся решением задачи, разобранной в примере 1.3.2 . В данном случае необходимо положить R2 = ∞. В результате ϕ=

ϕ = 2πσ

(−1)n (2n!) 1 r2n+1 P (cos θ) ; 2n 2n (n!)2 2n+1 2 2n + 1 R n=0 ∞ X

r
 2n+2  1 (−1)n (2n!) r − R2n+1 ϕ = 2πσ P2n (cos θ) + ; 2n 2 (2n + 2)R2n+1 r(2n + 1) n=0 2 (n!) ∞ X

(33) r>R

11

Сумма двух выражений (32) и (33) дает искомый результат. В частном случае на оси z найдем из (33):   √   4 πρR3 /|z|, |z| ≥ R ϕ(z) = ϕ + ϕ = 2πσ − R2 + z 2 +  23 2 2 2 3 πρR (3 − z /r ), |z| < R Задание на дом: решить задачи 2.4 - 2.6 на стр 32. 1.4

Решение неоднородного уравнения Пуассона

Пример 1.4.1. На расстоянии a от бесконечной плоскости находится точечный заряд q. Потенциал плоскости поддерживается равным нулю. Определить поле над плоскостью. Для всех точек z > 0 ∇2 ϕ = −4πqδ(~r − ~a).

(34)

Общее решение уравнения (34) есть: ϕ(~r ) =

q + ϕ0 . |~r − ~a |

(35)

Здесь первое слагаемое - частное решение неоднородного уравнения (34), а ϕ0 - общее решение однородного уравнения ∇2 ϕ0 = 0, которое может быть представлено в виде ϕ0 (~r ) =

∞  X

Al Rl + Bl r(−l−1) Yl0 (θ, ϕ) 

(36)

l=0

Суммирование по индексу m в (36) отсутствует в связи с осевой симметрией по z. Для удовлетворения физических условий надо положить Al = 0 для r > a и Bl =0 для r < a. По условию задачи ϕ на плоскости x, y обращается в ноль. Запишем разложение потенциала по мультиполям для точек на плоскости xy: 1 X 4πq q r< π = · l+1 Yl0∗ (θa , ϕa )Yl0 ,ϕ |~r − ~a| 2 l 2l + 1 r>

!

(37)

Здесь r< = min(r, a), r> = max(r, a). В результате находим:  X l

A

lr

l

4πq rl ∗ π π ,ϕ + Y (0, 0)Y ,ϕ l0 l0 2 2l + 1 al+1 2 !

Yl0

! 

= 0.

Решениями этого уравнения являются два соотношения: 4πq 1 4πq 1 ∗ (1) (2) Al = − Y (0, 0); A = − (−1)l Yl0∗ (π, 0). l0 l l+1 l+1 2l + 1 a 2l + 1 a

12

Первое решение соответствует полю точечного заряда −q в точке ~a и, следовательно, не удовлетворяет физической постановке задачи. Второе решение соответствует полю заряда −q в точке −~a. Для того, чтобы   показать это, воспользуемся свойством сферических функций: Yl0 π2 , ϕ = 0 для l нечетных. Таким образом, для точек плоскости xy с r < a: ϕ0 =

X l

l (−4πq) r< · l+1 Yl0∗ (π, 0); 2l + 1 a

π q ,ϕ = − . 2 |~r + ~a| !

Yl0

Аналогичное выражение вытекает для R > a. Окончательно ϕ(~r ) =

1 1 − |~r − ~a| |~r + ~a|

(38)

Пример 1.4.2. Шар радиуса R заряжен с объемной плотностью ρ(~r) в сферической системе координат, связанной с центром шара. Найти потенциал в любой точке пространства. Потенциалы внутри ϕ1 и снаружи ϕ2 шара удовлетворяют уравнениям: ∇2 ϕ1 = −4πρ(r, θ, ϕ),

(39)

∇2 ϕ2 = 0.

(40)

Представим ρ(r, θ, ϕ) в виде: ρ(r, θ, ϕ) =

∞ X +l X

ρlm (r)Ylm (θ, ϕ),

(41)

l=0 m=−l

где ρlm (r) =

Z π Z 2π 0

0

∗ ρ(r, θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ) sin θ dθ dϕ.

Аналогично представим потенциалы ϕ1 и ϕ2 : ϕ1 =

∞ X +l X

(1) ϕlm (r)Ylm (θ, ϕ);

l=0 m=−l

ϕ2 =

∞ X +l X

(2)

ϕlm (r)Ylm (θ, ϕ);

(42)

l=0 m=−l

Подставив (42) и (41) в уравнения (39) и (40), получим: d2  (1)  l(l + 1)  (1)  rϕlm − rϕlm = −4πrρlm (r); dr2 r2

(43)

d2  (2)  l(l + 1)  (2)  rϕlm − rϕlm = 0 (44) dr2 r2 Решение уравнения (43) следует искать в виде суммы двух решений: f частного решения неоднородного уравнения, которое может быть выписано

13

при известной функции ρlm или ρ(r, θ, ρ), и общего решения однородного уравнения. Общее решение однородного уравнения есть: 

(i) rϕlm



(i)

(i)

= Al rl+1 + Bl r−l ;

Учитывая требование ограниченности бесконечности: 1 (1) ϕlm = Al rl + fl (r), r < R; r где fl удовлетворяет уравнению:

i = 1, 2

потенциала 1

(2)

ϕlm = Bl

в

rl+1

,

нуле

и

на

r > R,

l(l + 1) flm = −4πrρlm (r) r2 Коэффициенты Al и Bl находятся из условий f 00 lm −

(1)

(1) ϕlm (R)

=

(2)

∂ϕlm ∂ϕlm = , ∂r r=R ∂r r=R

(2) ϕlm (R);

то есть:

1 1 fl (R) = Bl l+2 ; R R 1 1 l+1 lAl Rl−1 − 2 fl (R) + f 0 (R) = −Bl l+2 R R R Решение данных алгебраических уравнений имеет вид: Al R l +

R1+1 l + 1 Bl = f (R) − f 0 (R) ; 2l + 1 R "

1 1 Al = − l f (R) + f 0 (R) . R (2l + 1) R

#

"

#

Таким образом, окончательно (1) ϕlm

1 l 1 1 =− · l f (R) + f 0 (R) rl + f (r), 2l + 1 R R r "

#

(45)

l+1 1 1 Rl+1 f (R) − f 0 (R) l+1 (46) =− 2l + 1 R r Подставляя эти выражения в (42), получаем требуемый результат. Пример 1.4.3. Используя результаты предыдущей задачи, найти скалярный потенциал и напряженность поля в любой точке пространства, если шар заряжен с объемной плотностью ρ = ρ0 cos θ. Сравнить полученный результат с решением примера 1.3.4 (см. задачу N 55 в [1]). (2) ϕlm

"

#

14

На основании (41) получим: ρlm (r) =

Z π Z 2π 0

0

ρ0 cos θ Ylm (θ, ϕ)dΩ = ρ0

v u u 4π t

3

δl1 δm0 .

Следовательно, поле вне ϕ2 и внутри ϕ1 следует искать в виде (1)

ϕ1 (r, θ, ϕ) = ϕ10 (r)Y10 (θ, ϕ);

Частное решение уравнения (43) есть: fl0 = −πρ0 получим: (1)

ϕ10

(2)

(47)

4π 3 3 r .

На основании (45)

ϕ2 (r, θ, ϕ) = ϕl0 (r)Yl0 (θ, ϕ) q

1 1 1 4 =− 2 f (R) + f 0 (R) r + f (r) = πρ0 r R − r 3R R r 3 "

#

v !u u 4π t

3

v u u 4π t

1 2 1 1 = R2 f (R) − f 0 (R) 2 = πρ0 R4 2 ; 3 R r 3r 3 Подставляя найденные выражения в (47), находим для скалярного потенциала: (2) ϕ10

"

#

4 ϕ1 = πρ0 r R − r cos θ; 3 !

ϕ2 = πρ0 R4

1 cos θ. 3r2

(48)

Для определения напряженности поля имеем выражения: ~ 1 = −grad ϕ1 = − ~a2 ∂ϕ1 + ~aθ 1 ∂ϕ1 + ~aϕ 1 ∂ϕ1 = E ∂r r ∂θ r ∂ϕ "

#

(49)

4 2 = ~a2 2πρ0 r − R cos θ + ~a0 πρ0 R − r sin θ. 3 3 πρ0 R4 2πρ0 R4 ~ cosθ + ~a0 sin θ. E2 = −grad ϕ2 = ~ar 3r3 3r3 Пример 1.4.4 Потенциал на поверхности шара радиуса R поддерживается равным V (θ, ϕ) в сферических координатах. Определить поле в произвольной точке пространства. Исходя из общего решения уравнения Лапласа ∇2 ϕ = 0, для точки вне и внутри шара имеем: !

ϕ1 (r, θ, ϕ) =

X

Alm rl Ylm (θ, ϕ),

!

r < R;

l,m

ϕ2 (r, θ, ϕ) =

X l,m

Blm r(−l−1) Ylm (θ, ϕ),

r > R.

(50)

15

По условию задачи на поверхности шара ϕ1 (R, θ, ϕ) =V (θ, ϕ) =ϕ2 (r, θ, ϕ). Представим V (θ, ϕ) в виде: V (θ, ϕ) =

X

Vlm Ylm (θ, ϕ),

Vlm =

lm

Z π Z 2π 0

0

∗ (θ, ϕ) sin θdθdϕ. (51) V (θ, ϕ)Ylm

В результате находим: Alm = Vlm /Rl ;

Blm = Vlm Rl+1 ;

(52)

Подставляя (52) в (50), получаем требуемый результат. Рассмотрим частный случай V = V0 cos θ. На основе найденного общего решения для потенциалов (50) получим: r ϕ1 = V0 cos θ, R

r ≤ R;

R r

ϕ2 = V0

!2

cos θ,

r ≥ R.

В соответствии с (12), зная скачок напряженности поля на границе, можно определить поверхностную плотность заряда на сфере: 1  ∂ϕ1 ∂ϕ2  3 V0 − = · cos θ = σ0 cos θ. σ= 4π ∂r r=R ∂r r=R 4π R Самостоятельно рассмотреть случай V = const. Пример 1.4.5. Две полусферы имеют потенциал V и −V . Найти поле в произвольной точке пространства. Используя результаты предыдущей задачи, вычислим коэффициенты Vlm . В данном случае получаем: Vlm =

Z π/2 Z 2π 0

0

V

∗ Ylm (θ, ϕ)dΩ

+

Z π Z 2π π/2 0

∗ (−V )Ylm (θ, ϕ)dΩ.

(53)

Выполняя интегрирование по ϕ от 0 до 2π, находим: Vlm = V

Z π/2 0

Yl0∗ (θ, 0)2πδm0

−V

Z π π/2

Yl0∗ (θ, 0)2πδl0 .

Выражая сферическую функцию через полином Лежандра Yl0 (θ, 0) = 2l+1 4π Pl (cos θ), сделаем замену переменной интегрирования x = cos θ, в результате r

Vlm = V 2π

v u u 2l t

+1 δm0 4π

"Z

1

0

Pl (x)dx −

Z 0 −1

#

Pl (x)dx

16

Поскольку при нечетных l полином Pl нечетен относительно x, а при четных l четен, отличной от нуля является сумма интегралов только для нечетных значений l = 1, 3, 5, .... Vlm = 4π

v u u 2l t

v u

l−1

Z 1 u 2l + 1 (−1) 2 Γ( 1 )δm0 +1 2  . δm0 Pl (x)dx = V · 4π t · 1 0 4π 4π 2Γ( 2 )Γ l+3 2

(54)

Здесь Γ(x) - гамма-функция [4]. Окончательно ϕ1 =

v u u 2l t

X

+1 r Vl0 4π R

l=1,3,5... 

3r 7 r = P1 (cos θ) − 2R 8 R ϕ2 =

!3

+1 R Vl0 4π r

l=1,3,5... 

=

R r

!2

R 7 R P1 (cos θ) − r 8 r

!4

(55)

Pl (cos θ) =

11 r P3 (cos θ) + 16 R

v u u 2l t

X

!l

!5



P5 (cos θ) + ... · V.

!l+1

(56)

Pl ) cos θ) =

11 R P3 (cos θ) + 16 r

!6



P5 (cos θ) + ... · V

В частном случае cos θ = 0 (на оси x) найдем из (55): z 2 − R2  ϕ(z) = V 1 − √ 2 z z + r2 



Задание на дом: решить задачи 2.7-2.9 на стр. 32, 2.10- 2.12 на стр. 33 1.5 Уравнение Лапласа в цилиндрических координатах

Рис. 8:

декартовых

и

Пример 1.5.1. Все грани прямоугольного параллелепипеда с размерами a, b, c по осям x, y, z поддерживаются при потенциале, равном 0, за исключением грани z = c, на которой задано значение потенциала V (x, y). Найти потенциал внутри параллелепипеда. Уравнение Лапласа в декартовых координатах: ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∇ ϕ= + 2 + 2. ∂x2 ∂y ∂z 2

(57)

17

Представив потенциал в виде ϕ = X(x)Y (y)Z(z) и разделив (57) на ϕ стандартным методом разделения переменных, получим: 1 d2 X = −α2 ; 2 X dx

1 d2 Y = −β 2 ; 2 Y dy

1 d2 Z = γ 2, 2 Z dz

где α2 + β 2 = γ 2 . Считая α и β положительными, получим в качестве решения трех дифференциальных уравнений функции exp(±iαx), exp(±iβy), exp(±γz). Их линейные суперпозиции позволяют получить решение конкретной краевой задачи. В данном примере из требования ϕ = 0 при x = 0, y = 0, z = 0 вытекает, что X, Y, Z имеют вид: q



α2 + β 2 . (58) Из условия ϕ = 0 при x = a и y = b следует, что αa = nπ и βb = mπ, где n, m — любые целые числа ±1, ±2, ±3... . Вводя обозначения αn = nπ/a, βm = r X(x) = sin αx;

Y (y) = sin βy;

 2

Z = sh

2

mπ/b, γnm = π na + mb , запишем частное Рис. 9: решение в виде: ϕnm (x, y, z) = sin αn x · sin βm y · sh γnm z. Данное решение удовлетворяет граничным условиям на всех гранях, кроме z = c. Разложим искомый потенциал в ряд по функциям ϕnm : 

ϕ(x, y, c) = V (x, y) =

X n,m

(59)

Anm ϕnm (x, y, c).

Коэффициенты разложения определяются из граничного условия ϕ(x, y, c) = V (x, y) =

X nm

Anm ϕnm (x, y, c).

Полученное соотношение представляет собой разложение Фурье в двойной ряд Фурье. Напомним определение для ряда Фурье: X A0 2πmx 2πmx f (x) = + ∞ Am cos + Bm cos 2 a a m=1 "

!

!#

(60)

,

где 2πmx 2 Z a/2 2πmx 2 Z a/2 f (x) sin dx. f (x) cos dx; Bm = Am = a −a/2 a a −a/2 a Следовательно, коэффициенты Anm равны: Z a Z b 4 dx dy V (x, y) sin αn x sin βm y. Anm = 2 0 a sh γnm c 0 !

!

18

Таким образом, решение задачи определяется выражением (59). Пример 1.5.2. Потенциал на боковой и нижней поверхностях цилиндра равен нулю, а на верхней поверхности потенциал равен V (ρ, α). Найти потенциал в произвольной точке внутри цилиндра. Радиус цилиндра R, высота H, ρ и α — переменные цилиндрической системы координат. Запишем уравнение Лапласа в цилиндрической системе координат: ∂ 2 ϕ 1 ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + + + = 0. (61) ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ2 ∂α2 ∂z 2 Решение уравнения (61) следует искать в виде ϕ = R(ρ)Q(α)Z(z). В результате разделения переменных получим три уравнения: Уравнение z 00 − k 2 z = 0 Q00 = ν 2 Q =0 R00 + ρ1 R0 + k 2 −

Решение z = Cekz + De−kz Q = Aeiνα + B −iνα  ν2 ρ2 R = 0 R = EJν (kρ) + F J−ν (kρ)

При решении данной задачи из условия однозначности потенциала и его обращения в ноль при z = 0 следует выбрать такие комбинации: Q(α)= A sin mα + B cos mα, Z(z) = sh kz, где m — произвольно целое положительное число, k — постоянная, подлежащая определению. Чтобы потенциал был конечным при ρ = 0, необходимо положить F = 0, а из условия обращения потенциала в ноль при ρ = R следует, что k принимает лишь значения: knm = xnm /R, n = 1, 2, 3, ..., xnm — корни уравнения Jm (x) = 0. Следовательно, общее решение имеет вид ϕ(ρ, α, z) =

∞ X ∞ X

Jm (knm ρ) sh(knm z)[Anm sin mα + Bnm cos mα].

(62)

m=0 m=1

При z = H данное решение должно принимать значение V (ρ, α), т.е.: V (ρ, α) =

X nm

sh(kmn H)Jm (kmn ρ)[Anm sin mα + Bnm cos mα].

(63)

Как видно, (63) есть ряд Фурье по переменной α и ряд Фурье-Бесселя [3] по переменной ρ. Определения, связанные с рядом Фурье, представлены формулами (60). Соответственно, для ряда Фурье-Бесселя: ! Z a ∞ X 2 xνn ρ f (ρ) = Avn Jv (xvn ρ/a); Aνn = 2 ρf (ρ)Jν dρ. 2 0 a a J (x ) ν+1 νn m=1 (64)

19

Таким образом, коэффициенты Anm и Bnm в (64) определяются выражениями: Anm = c Bnm = c

Z 2π 0 Z 2π 0

dα dα

Z R 0 Z R 0

dρ · ρV (ρ, α)Jm (kmn ρ) sin mα;

(65)

dρ · ρV (ρ, α)Jm (kmn ρ) cos mα,

где C = 2csch (kmn H)/πR2 J2m+1 (kmn R). Формула (62) с учетом (65) является решением поставленной задачи. Комментарий: следует иметь в виду, что (62) определяется при условии, что потенциал ϕ = 0 при z = 0 для всех ρ и при r = R для всех z. Форма ряда (62) будет иной для других граничных условий. Ряд Фурье-Бесселя (62) может быть использован при рассмотрении конечных интервалов изменения радиальной переменной цилиндрической системы координат, например, для области внутри цилиндра данного радиуса. Если же рассматривается неограниченное пространство и ρ может быть ∞, то ряд переходит в интеграл аналогично переходу ряда Фурье в интеграл Фурье. Например, если интеграл в области, свободной от зарядов, конечен и стремится к нулю при z → ∞, то общее решение имеет вид: ϕ(ρ, α, z) =

∞ Z ∞ X m=0 0

dke−k(z) Jm (kρ)[Am (k) sin mα + Bm (k) cos mα].

(66)

Пример 1.5.3. Диск радиуса R заряжен до величины q с поверхностной плотностью σ. Заряд распределен по диску так, что его поверхность имеет постоянный потенциал. Найти потенциал в любой точке пространства и распределение заряда на диске [5]. Из условий задачи следует, что потенциал симметричен относительно оси диска и плоскости, в которой расположен диск. Выберем цилиндрическую систему координат с осью z и с началом координат в центре диска. В соответствии с формулой (66) потенциал можно представить следующим образом: Z ∞ ϕ(ρ, z) = f (k)e−k|z| J0 (kρ)dk, (67) 0

где J0 — функция Бесселя, а f (k) должна быть определена из граничных условий при z = 0. По условию задачи ϕ(ρ, 0) = V для ρ ≤ R. Значение потенциала ϕ(ρ, 0) для ρ > R неизвестно. Однако из симметрии задачи ясно, что нормальная производная потенциала равна нулю (напряженность поля

20

лежит в плоскости x, y). В результате граничные условия имеют вид: ∂ϕ ϕ(ρ, 0) = V ρ ≤ R; (ρ, 0) = 0 R≤ρ<∞ (68) ∂z Так как потенциал диска на больших расстояниях должен совпадать с потенциалом точечного заряда q, находим: Z ∞ q √ =q e−k|z| J0 (kρ)dk. (69) ϕ(ρ, z) → 2 2 0 ρ +z В данной формуле использовано известное интегральное равенство [4]. Из сравнения (69) и (67) имеем f (0) = q. Используя граничные условия (68) на основании (67), получим систему интегральных уравнений Z ∞

Z ∞

0 ≤ ρ ≤ R;

ρ>R (70) Система интегральных уравнений, определенных в разных областях переменной, называется системой парных интегральных уравнений. Известно аналитическое решение следующей системы парных уравнений [5]: 0

Z ∞ 0

dk f (k)J0 (kρ) = V,

g(y)Jn (yx)dy = xn ,

0 ≤ x < 1;

0

Z ∞ 0

dk kf (k)J0 (kρ) = 0,

yg(y)Jn (yx)dy = 0,

1<x<1 (71)

Решение системы (71) имеет вид [5]: v

u2 Γ(n + 1) u t J g(y) = n+1/2 (y). Γ(n + 1/2) y

(72)

Система уравнений (70) сводится к системе (71) заменой переменных x = ρ/R, y = kR, n = 0. Таким образом, 2 sin(kR) f = . (73) RV π kR Учитывая, что f (0) = q, из (73) получим q = 2RV /pi. В результате потенциал в произвольной точке пространства определяется выражением: g(y) =

sin(kR) −|z|k e J0 (kρ)dk. 0 kR Частные случаи данного выражения следующие: а) потенциал на оси диска ρ = 0: ϕ(ρ, z) =

ϕ(0, z) = q

Z ∞ 0

Z ∞

q R sin(kR) −|z|k e J0 (0)dk = arctg ; kR R z

(74)

21

б) потенциал в плоскости диска: ϕ(ρ, 0) = (q/R) arcsin(q/R), ϕ(ρ, 0) = V для ρ ≤ R. Поверхностная плотность заряда на диске может быть вычислена с учетом граничного условия E2n − E1n = 4πσ, а т.к. E2n = −E1n , то E2n = −2πσ. В результате 1 ∂ϕ q Z∞ σ(ρ) = − | = sin(kR)J0 (kρ)dk. (75) 2π ∂z z=0 2πR 0 Интеграл в (75) является известным разрывным интегралом [4], тождественно равным нулю при ρ > R, а при ρ < R значение интеграла равно: q 1 √ 2 σ(ρ) = . 2πR R − ρ2 Комментарий:интегрируемая особенность в σ при ρ → R связана с предположением о бесконечно малой толщине диска. Задание на дом: решить задачи 2.13–2.15 на стр 33. 1.6

Метод изображений.

Данный метод используется в тех задачах, в которых требуется определить поле одного или нескольких точечных зарядов при условии заданности поля на некоторых поверхностях. Суть метода изображений состоит в подборе эффективной системы точечных зарядов, которые обеспечивают требуемые граничные условия. Эти заряды называются "зарядами-изображениями". Заряды - изображения, как правило, находятся вне объема пространства, где определяется поле, поскольку потенциал создаваемого ими поля должен удовлетворять уравнению Лапласа в этом объеме. В качестве простейшего примера можно рассмотреть точечный заряд вблизи бесконечной проводящей проволоки, имеющей нулевой потенциал (см. решение примера 1.4.1 ). В этом случае заряд q в точке ~a есть заряд-изображение. Пример 1.6.1 Найти поле, создаваемое зарядом q, расположенным на расстоянии l от центра заземленной металлической сферы радиуса R. Определить распределение индуцированного заряда на поверхности сферы и полный индуцированный заряд.

22

Условие заземленности сферы означает равенство нулю ее потенциала. Допустим, что можно ввести один фиктивный заряд qx для удовлетворения условия ϕ(R, θ, ϕ) = 0. Из симметрии системы ясно, что он может быть расположен на оси 0z. Однако величина и местоположение данного заряда на оси 0z заранее не известны. Обозначим радиус-вектор заряда qx через lx~k, ~k — единичный вектор по оси z. Тогда поле в произвольной точке пространства определяется выражением (см. рис 10): q qx ϕ(~r ) = + . r1 r2 q

По определению: ~r1 = ~r − ~kl и ~r2 = ~r − ~klx или ~r1 = r2 − 2l~k~r + l2 , r2 = r r2 − 2~k~rlx + l2 . На поверхности сферы должно выполняться: x

ϕ(R, θ, ϕ) = √

q qx q + = 0. R2 − 2Rl cos θ + l2 R2 − 2Rlx cos θ + lx2

(76)

Приводя последнее выражение к общему знаменателю, получим: qx2 (R2 − 2Rl cos θ + l2 ) = q 2 (R2 − 2Rlx cos θ + lx2 ). Так как (76) имеет место при любых значениях угла θ, имеем: qx2 (R2 + l2 ) = q 2 (R2 + lx2 );

2qx2 Rl = 2q 2 Rlx .

(77)

Решая данную систему относительно qX и lx , получаем: R2 R qx = −q ; lx = . l l В результате поле в произвольной точке пространства есть: q qx q ϕql (r, θ, ϕ) = √ 2 − . r − 2rl cos θ + l2 r2 − 2rlx cos θ + lx2

(78)

(79)

Для определения плотности индуцированного заряда воспользуемся граничным условием: ∂ϕ =− | = 4πσ. ∂r r=R !

E2n

(80)

Подставляя (79) в (80), получим: 1 q(l2 − R2 ) 1 ∂ϕql | =− . σ=− 4π ∂r r=R 4πR (R2 − 2Rl cos θ + l)3/2

(81)

23

Полный индуцированный заряд может быть найден интегрированием по поверхности сферы. I Z π Z 2π R σR2 sin θ dθdϕ = −q , q. = σdS = (82) 0 0 l т.е. полный индуцированный заряд на поверхности сферы равен величине заряда-изображения. Комментарий: если точечный заряд q находится внутри сферы, нужно лишь изменить знак на противоположный в выражении (81) для σ, поскольку внешняя нормаль к проводнику направлена теперь к центру сферы. Рис. 10: Угловое распределение поверхностного заряда аналогично найденному, но полный наведенный заряд равен −q. Пример 1.6.2. Точечный заряд q расположен на расстоянии l от центра заряженной до величины Q сферы радиуса R. Найти потенциал электростатического поля вне сферы [5]. Для нахождения решения воспользуемся принципом суперпозиции и решением предыдущей задачи. Представим, что проводящая сфера заземлена. Тогда q 0 = −qR/l - полный заряд на сфере, на основании (82). Разомкнем заземляющий провод и внесем на сферу заряд Q − q 0 . Полный заряд на сфере при этом станет равным Q. Очевидно, однако, что внесенный дополнительный заряд Q − q равномерно распределится по поверхности сферы, поскольку электростатическое поле заряда q уже уравновешено зарядом q 0 . Таким образом, вне сферы потенциал дополнительного заряда Q − q 0 равен точечному потенциалу той же величины, расположенному в центре сферы. На основании принципа суперпозиции с учетом (79) Ql + Rq ϕ(r, θ, ϕ) = ϕql (r) + , (83) lr где ϕql определяется выражением (79). Пример 1.6.3. Точечный заряд расположен на расстоянии l от центра сферического проводника радиуса R с заданным потенциалом V . Найти поле вне проводника [5]. Очевидно, что V имеет вид (83) с той лишь разницей, что Q−q 0 заменяется на V R. Действительно, как видно из (83) и (79), ϕql = 0, а член (Q − q 0 )/R =

24

V R/R = V . Таким образом, VR . r Пример 1.6.4. Проводящая сфера радиуса R помещена в ~ 0 . Найти поле в однородное электрическое поле напряженностью E любой точке пространства [5]. Под действием внешнего поля заряды проводника перераспределяются по поверхности. Очевидно, что на поверхности проводника поле имеет только нормальную составляющую, т.е. наличие проводника делает поле неоднородным. Для определения Рис. 11: поля воспользуемся искусственным приемом ~ 0 с помощью двух точечных зарядов (см. рис. 11) [5]. Можно описания E считать, что однородное поле создано зарядами ±Q, расположенными в бесконечно удаленных точках. Действительно, если R конечно, но велико, имеем: Q 2Q E ' 2 2 cos α ' 2 . z z 2 В пределе z → ∞, Q → ∞ при условии Q/z = const данное приближение становится точным. Поместим проводящую сферу в начало координат. Поле будет определяться по принципу суперпозиции полями реальных зарядов ±Q, находящихся на расстоянии ±z, и полем зарядов изображений, равных ±Q R/z и расположенных в точках z ∗ = ±R2 /z (см. пример 1.6.2 ). Полный потенциал равен: ϕ = ϕQ,−|z| + ϕ−Q,|z| , где ϕq,l определено выражением (79). При условии |z| → ∞, разлагая ϕ в ряд, найдем: ϕ(r, θ, ϕ) = ϕql (r) +

Q r Q r R R2 ϕ= 1− cos θ − 1+ cos θ + Q 1 + cos θ − |z| |z| |z| |z| |z| r|z| 









R2 2Q R 1 1 + 2 cos θ = 2 (r − R3 /r2 ) cos θ. −Q |z| r z z 



Вычисляя предел данного выражения, получим: lim

Q→∞,z→∞

2θ − 2 z

! r

R3 R3  − 2 cos θ = −E0 r cos θ(1 − 3 ). r r 



25

Соответственно выражение для напряженности поля есть ∂ 1 ∂ 1 ∂ R3  ~  E = −grad ϕ = − ~ar + ~aϕ · + ~aθ (−Er cos θ) 1 − 3 = ∂r r sin ϕ ∂ϕ r ∂θ r 

#

"



R3  R3    = ~ar E0 1 + 2 3 cos θ − ~aθ E0 1 − 3 sin θ. r r 







1 ∂ϕ 3 Поверхностная плотность заряда равна: σ = − 4π ∂r |r=R = 4π E0 cos θ. Комментарий: так как интеграл от поверхностной плотности заряда равен нулю, безразлично, заряжена сфера или изолирована. Задание на дом: решить задачи 2.16–2.18 на стр. 33.

1.7 Дипольный момент. Тензор квадрупольного момента. Поле системы зарядов на больших расстояниях

Скалярный потенциал произвольной системы зарядов на больших расстояниях определяется следующим выражением: ϕ=

3 q (~d~r ) 1 X + 3 + 5 Qαβ xα xβ + . . . r r 2r α,β=1

(84)

Здесь q — полный заряд системы, ~d — дипольный момент системы: ~d =

Z

N X

→

~rρ(~r )dV

(85)

qi~rl ,

i=1

Qαβ — тензор квадрупольного момента. Z

Qαβ = (3xα xβ − r2 δαβ )ρ(r)dV

→

N X



(i)

2



(i) δαβ . qi 3x(i) α xβ − r

(86)

i=1

Пример 1.7.1 Плотность заряда в одном из возбужденных состояний атома водорода в сферических координатах имеет вид: ρ = ρ0 r4 e−λr sin4 θ, где ρ0 , λ = const. Вычислить ~d и Qα,β . По определению дипольного момента (85): ~d =

Z

ρ(r)~r dV =

Z

ρ[~ix + ~jy + ~kz] dV =

3 X

~eα dα .

α=1

Вычисление компонент dα дает значение, равное нулю, т.к. вычисляются интегралы от нечетных функций в симметричных пределах, т.е. ~d = 0.

26

Для вычисления компонент тензора квадрупольного воспользуемся формулой (86). При α = β = 1 получим: Q11 = Qxx = =

Z ∞ Z π Z 2π 0

0 0 Z π Z 2π

Z ∞ ρ0 r8 e−λr dr 0 0

0

момента

ρ(r)[3x2 − r2 ]r2 dr sin θ dθ dϕ =

(87)

sin4 θ(3 sin2 θ cos2 ϕ − 1) sin θ dθ dϕ.

Для интегрирования по углу ϕ воспользуемся выражением: Z 2π 1 Z 2π cos2 ϕ dϕ = (1 + cos 2ϕ) = π. 0 2 0 В результате для (87) после интегрирования по ϕ и замены переменных интегрирования u = λr, x = cos θ находим: ρ Z ∞ 8 −u Z +1 ρ0 32 Qxx = 9 u e du (1 − x2 )2 [3π(1 − x2 ) − 2π]dx = 9 8! 2π . −1 λ 0 λ 15 · 7 Аналогичные вычисления для Qyy дают: Qyy = Qxx , а для Qzz = −2Qxx при α 6= β Qαβ равен нулю. Пример 1.7.2. Полусфера радиуса R заряжена с постоянной объемной плотностью ρ. Определить компоненты дипольного и тензора квадрупольного моментов. Выбирая систему координат в центре полусферы, получим dx = dy = 0. Соответственно для dz : Z Z R Z 2π Z π/2 3 2 3 dz = ρzr dr sin θ dθ dϕ = ρ r dr dϕ cos θ sin θ dθ = QR, 0 0 0 8 где Q — полный заряд полусферы: Q = ρ 23 πR3 , Qxx — компонента тензора квадрупольного момента: Qxx =

=

Z R Z π/2 Z 2π

ρ(3x2 − r2 )r2 dr sin θ dθ dϕ =

0 0 0 Z R Z π/2 Z 2π ρ r4 dr (3 sin2 θ cos2 ϕ 0 0 0

− 1) sin θ dθ dϕ = 0.

Аналогично находим, что равны нулю и другие компоненты тензора Qαβ . Пример 1.7.3 Цилиндр высоты H и радиуса R заряжен с объемной плотностью ρ = ρ0 = const. Определить Qxx элемент тензора квадрупольного момента такой системы зарядов. По определению для Qxx в системе координат, связанной с осью цилиндра, находим: Qxx = ρ0

Z R Z H Z 2π 0

0

0

ρ0 πHR4  4 H [3ρ2 cos2 α−(ρ2 +z 2 )]ρ dρ dz dα = 1− 4 3 R 

!2  .

27

Пример 1.7.4. Определить поле системы точечных зарядов (см. рис.12) на больших расстояниях. Для нахождения поля необходимо определить, какой величиной характеризуется данное распределение зарядов. В данном случае полный заряд системы равен нулю. Дипольный момент также равен нулю: ~d = q(−~ia) − q(~ja) + q(~ia) − q(~ja) = 0. Определим компоненты квадрупольного момента, для примера:

Рис. 12:

Q11 = Qxx =

4 X



2

2

qu 3xi − ri



= q2a2 + qa2 + q2a2 + qa2 = 6a2 q.

i=1

Аналогично вычисляются другие компоненты. В результате Q22 = −Q11 , а остальные компоненты равны нулю. Таким образом, на больших расстояниях поле имеет вид: 1 2 3a2 q 2 2 ϕ = 5 (x Qxx + y Qyy ) = − 3 sin θ(1 − 2 cos2 ϕ), 2r r где r, θ, ϕ — переменные сферической системы координат. Пример 1.7.5. Начало декартовой системы координат совпадает с центром тонкого кольца радиуса R. Найти поле на больших расстояниях от кольца с точностью до квадрупольных слагаемых, если кольцо заряжено с линейной плотностью τ . Полный заряд кольца равен: q = 2πτ R. Дипольный момент ~d =

Z

~rρdV =

Z 2π 0

(~ix + ~jy)τ R dα = 0.

Компоненты тензора квадрупольного момента: Z

2

2

Z

Qxx = [3x − R ]τ R dα = [3R2 cos α − R2 ]τ R dα = τ R3 π. Аналогично Qyy = τ R3 π, Qzz = −τ R3 2π и Qαβ = 0 при α 6= β. В результате для скалярного потенциала находим: ϕ(~r ) =

3 1 X Q 1 Q + 5 Qαβ xα xβ ' + 5 [x2 Qxx + y 2 Qyy ] = r 2r αβ=1 r 2r

28 i Q τ R3 π h 2 = + 1 − cos θ r 2r3 Пример 1.7.6. Найти поле точечного диполя ~d = const, расположенного в начале координат. ~ r ), и из решения уравнения (10) получим для ~ = dδ(~ В этом случае P ~ = ~d/r. Отсюда: вектора Герца электрического типа: Π

~ ~ ~ ~ = −4π~dδ(~r ) + rot rot d = −4π~dδ(~r ) + 3~n(~nd) − d . E r r3 Задание на дом: решить задачи 2.19–2.24 на стр. 34.

1.8 Силы и энергия в электростатическом поле

Величина Формула Энергия единицы объема ~D ~ E w и полная энергия ε w= ; 8π электростатического поля Сила, действующая ~ точечный заряд E

на

ε=

Z

w dV.

~ = qE ~ F

Сила, действующая на ~ = ρE ~ dV F распределенный в пространстве заряд E2 Сила, действующая на единицу ~p = ~n 8π поверхности проводника ~n - нормаль к поверхности (давление) Z

(88)

(89)

(90)

(91)

29

Величина Формула I X Выражение для силы с F= Mkl nk dS, использованием тензора k Mkl — тензор натяжений; натяжений Максвелла 1 1 Mkl = Ek Ei − E 2 δki 4π 2 "

(92)

#

~n — нормаль к dS. Сила, действующая дипольный момент в поле

на

Знергия заряда во внешнем поле

~ = (~d · grad )E ~ F

qϕ

Z

ρ(~r )ϕ(~r 0 )dV

(93)

(94)

1 X qi qj 2 i6=j |~ri − ~rj |

(95)

Энергия системы проводников

1X qi ϕ i 2 i

(96)

Энергия диполя во внешнем поле

~ − (~d · E)

(97)

Энергия системы зарядов

3 1 X ∂ 2 ϕ(0) Энергия квадрупольного Qα,β (98) 6 α,β=1 ∂xα ∂xβ момента во внешнем поле со скалярным потенциалом ϕ Пример 1.8.1. Заряд Q равномерно распределен по поверхности сферы радиуса R. Найти абсолютную величину силы, разрывающей сферу на две равные половины. Решить задачу двумя методами с использованием формул (91) и (92). Данная система зарядов создает поле, равное нулю для r < R, и поле, совпадающее с полем точечного заряда Q/r2 для r > R. 1 способ решения. Выделим произвольную половину сферы. На элемент поверхности dS действует сила E 2~n dS/8π. Результирующая сила равна: Z π/2 Z 2π E 2 E2 ~n dS = ~nR2 sin θ dθ dϕ. 0 0 8π 8π Вычислим проекции этой силы на декартовы оси с учетом: nx = sin θ cos ϕ,

F~ =

Z

30

ny = sin θ sin ϕ. Например, для Fz имеем: fz =

Z π/2 Z 2π 0

0

Q2 E2 2 cos θR sin θ dθ dϕ = . 8π 8R2

Проекции Fx = Fy = 0. 2 способ решения. В соответствии с (92) имеем: Fz =

I

[Mxz nx + Myz ny + Mzz nz ] dS.

Поверхность интегрирования включает половину сферы и основание. Однако интеграл по основанию равен нулю в силу Mik =0 для точек r < R. Таким образом, 1 2 2 E − E E E E E x z y z z 2  Fz = sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ sin θ dθ dϕ. 0 0 4π 4π 4π (99) 2 По определению на сфере Ex = Q sin θ cos ϕ/R , Ey = Q sin θ sin ϕ/R2 , Ez = Q cos θ/R2 . Подставляя Ek в (99), находим после выполнения интегрирования: Fz = Q2 /8R2 , как и при первом способе решения. Пример 1.8.2. Шар радиуса R заряжен с объемной плотностью ρ = const. Найти силу, разрывающую шар на две равные половины. Решить задачу двумя методами. На основании решения примера 1.2.2 известно, что поле такой системы зарядов есть Z π Z 2π





~ = 4 πρ~r, ~ = Q ~r , E r < R; E r>R (100) 3 r2 r 1 способ решения. В соответствии с (90) сила, действующая на единицу ~ Следовательно, для определения суммарной силы, объема равна ρE. действующей на полусферу, надо проинтегрировать данное выражение по объему полусферы. При интегрировании получим, что Fx и Fy равны нулю. Соответственно для Fz находим: Fz =

Z R Z π/2 Z 2π 0

0

0

3 Q2 ρE(r) cos θr dr sin θ dθ dϕ = , 16 R2 2

где Q — полный заряд шара. 2 способ решения. На основании (92) необходимо интегрировать по замкнутой поверхности, которая в данном случае состоит из основания и поверхности полусферы. То есть интеграл разбивается на сумму двух

31

интегралов. При интегрировании по основанию для нормали к поверхности имеем nx = 0, ny = 0, nz = −1. Интегрирование удобно выполнять в цилиндрической системе координат, в которой dS = ρ dρ dα, " # Z 1 Z R Z 2π 2 1 2 2 2 (1) Ez − (Ex + Ey + Ez ) ρ dρ dα. Fz = Mzz nz dS = − 4π 0 0 2 С учетом (100) и соотношений Ex = E0 cos α, Ey = E0 sin α, Ez = 0, E0 = 4 2 (1) 2 2 3 πρ , θ = π/2 находим после интегрирования: Ez = Q /16R . При интегрировании выражения (92) по поверхности сферы необходимо подставить nx = sin θ cos ϕ, ny = sin θ sin ϕ, nz = cos θ. В результате Fz(2)

=

π/2 Z Z2π

[Mx z sin θ cos ϕ + Myz sin θ sin ϕ + Mzz cos θ]2 R sin θ dθ dϕ =

0

0

Q , 8R2

где использованы выражения для тензора натяжений Максвелла: " # E12 E12 1 E1 2 sin θ cos ϕ cos θ; Myz = sin θ sin ϕ cos θ; Mzz = cos θ − Mxz = 4π 4π 2 4π (1) (2) 2 2 Суммарная сила: Fz = Fz + Fz = 3Q /16R . Комментарий: может показаться, что метод, основанный на использовании тензора натяжений Максвелла, весьма громоздок и неудобен. Однако преимущество этого метода проявляется там, где нет простой симметрии. Пример 1.7.3 Шар радиуса R однородно заряжен с объемной плотностью ρ = const. Определить энергию поля, создаваемого зарядами шара. Напряженность поля определяется выражением (100). В соответствии с (88) полная энергия поля равна: ε=

 " #  ZR Zπ Z2π Qr 2

1  8π  0

0 0

r3

r2 dr sin θdθdϕ +

Z∞Zπ Z2π " Q #2 R 0 0

r2

  

r2 dr sin θdθdϕ = 

3Q 5R

Пример 1.8.4. Потенциал внешнего электростатического поля имеет вид ϕ(x, y) = α exp[−β(x2 − y 2 )] и мало меняется по размеру квадруполя (см. рис.12 на стр 27). Найти энергию квадруполя во внешнем поле. В соответствии с (98) и решением, приведенном в примере (1.7.4) , находим:   ∂ 2 ϕ(0) 1 ∂ 2 ϕ(0) ∂ 2 ϕ(0)  1X = + Qyy = 4αβa2 q. Qαβ Qxx ε= 2 2 6 αβ ∂xα ∂xβ 6 ∂x ∂y

32

Задание на дом: решить задачи 1.8.25–1.8.27 на стр. 35. 2

УПРАЖНЕНИЯ к гл. 1.

~ и ϕ в любой точке пространства, создаваемые 2.1. Найти E поверхностью, заряженной с плотностью σ = const а) сфера радиуса R, б) бесконечный цилиндр радиуса R (см. задачу N10 в [1]). 2.2. Плотность заряда атома водорода в основном состоянии равна:  e 2r  exp − , 0 ≤ r ≤ ∞. πa3 a a - боровский радиус, e - заряд электрона, r - расстояние от протона. ~ во всех точках пространства (см. задачу N12 в [1]). Определить E 2.3. Пространство между двумя концентрическими сферами радиусов R1 и R2 (R1 < R2 ) заполнено сферически симметричным зарядом ρ = arn , ~ и a = const, n = 0, 1, 2, . . ., r - расстояние от общего центра сфер. Найти E ϕ в любой точке пространства (см. задачу N13 в [1]). 2.4. Найти потенциал, создаваемой квадратной рамкой со стороной 2a. Линейная плотность заряда сторон рамки τ = const. 2.5. Найти потенциал, создаваемый заряженным сектором радиуса R, угол α. Поверхностная плотность заряда σ = const. (рис 13) 2.6. Найти потенциал внутри сферы, одна половина которой заряжена с объемной плотностью ρ = const (см. задачу N10 в [1]). Рис. 13: 2.7. Найти потенциал, создаваемый шаром радиуса R, одна половина которого заряжена с объемной плотностью ρ = ar, а вторая ρ = const, a = const. 2.8. Цилиндр радиуса R и высоты H однородно заряжен с объемной плотностью ρ. Определить потенциал поля на оси симметрии цилиндра (см. задачу N28 в [1]) 2.9. Внутри полусферы радиуса R распределен заряд с объемной ~ в центре кривизны полусферы ρ0 , α = const плотностью ρ = ρ0 eαr . Найти E (см. задачу N31 в [1]). 2.10. Две концентрические сферы, имеющие радиусы R1 и R2 (R2 > R1 ), разделены на полусферы одной плоскостью. Верхняя внутренняя и

ρ=−

33

нижняя наружная полусферы находятся под потенциалом V = const. Две другие полусферы находятся под нулевым потенциалом. Найти потенциал в области Rz ≤ r ≤ R2 в виде ряда по полиномам Лежандра, учитывая члены до 4-го мультиполя. Проверить правильность полученного решения, рассматривая частные случаи R1 → ∞ и R2 → 0 [5]. 2.11. Поверхность полой проводящей сферы радиуса R разделена на четное число равных сегментов совокупностью плоскостей, проходящих через ось z и равноотстоящих по углу ϕ (корочки арбуза). Любые два соседних сегмента имеют равный по величине, но противоположный по знаку потенциал ±V . Найти потенциал внутри сферы в общем случае 2n сегментов [5]. 2.12. Заряд равномерно распределен с поверхностной плотностью σ по поверхности сферы заряда R, за исключением сегмента у полюса, ограниченного конусом θ = α. Найти потенциал внутри сферической поверхности. Из полученного решения найти предельный случай α = 0 [5]. 2.13. Грани параллелепипеда, кроме граней z = c и z = 0, поддерживаются под потенциалом, равным нулю. Потенциал грани z = c равен V1 = const, а грани z = 0, V2 = const. Найти поле внутри параллелепипеда. 2.14. Потенциал на боковой поверхности цилиндра равен нулю. На верхней поверхности потенциал V = aρ2 , а на нижней V = βρ3 , a и b = const. Найти потенциал внутри цилиндра. Радиус цилиндра R, высота H. 2.15. Боковая поверхность цилиндра поддерживается под постоянным потенциалом ϕ0 . Найти поле внутри цилиндра, если верхнее и нижнее основания цилиндра заземлены и их потенциал равен нулю. Радиус цилиндра R, высота H. 2.16. На расстоянии α от бесконечного проводника находится точечный заряд. Определить поле вне проводника, силу притяжения заряда проводником, плотность индуцированного заряда на поверхности проводника. 2.17. Бесконечный проводник занимает три четверти пространства. На расстояниях a и b от его граней находится точечный заряд. Найти: поле вне проводника, плотность индуцированных зарядов на его поверхности и силу

34

притяжения заряда к проводнику. 2.18. На расстояниях l1 и l2 от центра заземленной металлической сферы радиуса R находятся точечные заряды q1 и q2 . Найти поле вне сферы, распределение индуцированного заряда на поверхности, полный индуцированный заряд, если радиусы-векторы зарядов q1 и q2 определяются углами в сферической системе координат θ1 ϕ1 и θ2 ϕ2 , соответственно. 2.19. Начало декартовой системы координат совпадает с центром основания кругового цилиндра радиуса R и высоты H, заряженного с объемной плотностью ρ = ρ0 rn , n = 0, 1, 2, ... . ρ0 = const. Определить скалярный потенциал на больших расстояниях от цилиндра с точностью до квадрупольных слагаемых. 2.20. Кольцо радиуса R разделено пополам. Одна половина кольца заряжена с линейной плотностью τ1 , а вторая с τ2 . Найти ϕ на больших расстояниях от кольца до квадрупольных слагаемых. 2.21. Начало координат декартовой системы совпадает с центром кривизны полусферы радиуса R. Определить поле на больших расстояниях от полусферы, заряженной с поверхностной плотностью σ, если основание полусферы заряжено с поверхностной плотностью σ2 = const. Ограничиться точностью учета квадрупольных слагаемых. 2.22. Доказать, что дипольный момент электронейтральной системы зарядов не зависит от выбора начала отсчета системы координат, а тензор квадрупольного момента системы зарядов не зависит от выбора начала координат, если полный заряд и дипольный момент системы равны нулю. 2.23. Заряженная система характеризуется тензором квадрупольного момента Qαβ . Найти напряженность поля в декартовых, цилиндрических, сферических координатах. 2.24. Полусфера радиуса R равномерно заряжена с поверхностной плотностью σ. Используя мультипольное разложение 1/|~r − ~r 0 | по сферическим функциям Ylm (θ, ϕ), представить потенциал ϕ электростатического поля снаружи полусферы в виде разложения по мультипольным моментам Qlm

=

v u u t

4π Z l ρr Ylm (θ, ϕ)r2 dr sin θ dθ dϕ. 2l + 1

2.25. Цилиндр радиуса R заряжен с объемной плотностью ρ = ρ0 rn ,

35

n = 0, 1, 2, ..., ρ0 = const. Найти силу, разрывающую цилиндр на две равные половины, которая приходится на единицу высоты цилиндра. 2.26. Сфера радиуса R заряжена с поверхностной плотностью σ = const. Найти энергию электростатического поля (см. задачу N41 в [1]). 2.27. В одном из возбужденных состояний атома водорода плотность заряда определяется выражением 2r e ρ = − 8 7 r4 e− 3a sin2 θ cos2 θ. 3 πa Здесь e — заряд электрона, a — боровский радиус a = h2 /me2 . Найти энергию взаимодействия протона с данным распределением заряда (использовать формулу 94, в которой ϕ положить равным потенциалу протона, расположенному в начале координат). Список литературы [1] Алексеев А.И. Сборник задач по классической электродинамике. М., 1977, 318 с. [2] Варшалович Л.А., Москалев А.Н., Херсонский В.К. Квантовая теория углового момента. Л., 1975, 436 с. [3] Прудников А.И., Бычков Ю.А., Маричев О.И. Интегралы и ряды. М., 1981, 798 с. [4] Градштейн Е.С., Рыжик И.М. Таблицы интегралов, сумм, рядов и произведений. М., 1971, 1108 с. [5] Джексон Дж. Классическая электродинамика. М., 1965, 722 с. [6] Арфкен Г. Математические методы в физике. М., 1970, 712 с. [7] Батыгин В.В., Топтыгин И.Н. Сборник задач по электродинамике. М., 1970, 503 с. Содержание 1 ЭЛЕКТРОСТАТИКА 1.1 Общие формулы электростатики . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1

36

1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8

Теорема Гаусса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Решение задач электростатики методом интеграла Пуассона Решение неоднородного уравнения Пуассона . . . . . . . . . Уравнение Лапласа в декартовых и цилиндрических координатах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Метод изображений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Дипольный момент. Тензор квадрупольного момента. Поле системы зарядов на больших расстояниях . . . . . . . . . . . Силы и энергия в электростатическом поле . . . . . . . . . .

2 УПРАЖНЕНИЯ к гл. 1.

Составитель: профессор, д.ф.-м.н. Запрягаев Сергей Александрович

2 6 11 16 21 25 28 32